Kosmische String-Lösung für die allgemeine Relativitätstheorie

Question

Kosmische String-Lösung für die allgemeine Relativitätstheorie

Cham

Ich habe Schwierigkeiten, eine Auflösung der Einstein-Gleichung für eine statische kosmische Zeichenfolge abzuschließen. Ich beginne mit dem folgenden metrischen Ansatz , für eine statische gerade Saite, die entlang der orientiert ist $z$ Richtung. Zylinderkoordinaten verwenden:

\begin{matrix} (1) & D S^{2} = P^{2} (R) D T^{2} - D R^{2} - Q^{2} (R) D ϑ^{2} - D z^{2} . \end{matrix}

$\tag{1} ds^2 = \mathcal{P}^2(r) \, dt^2 - dr^2 - \mathcal{Q}^2(r)\, d\vartheta^2 - dz^2.$ Das Einsetzen dieser Metrik in die Einstein-Gleichung ergibt die folgenden Gleichungen nach ein paar Seiten Berechnungen (ich verwende die

η = (1, - 1, - 1, - 1)

$\eta = (1, -1, -1, -1)$ Konvention u

G_{a b} = - κ T_{a b}

$G_{ab} = -\, \kappa T_{ab}$ . Indizes sind den "flachen" lokalen Trägheitsrahmen zugeordnet):

\begin{aligned} (2) & G_{00} & = \frac{Q^{''}}{Q} = - κ T_{00} = - κ ρ, \\ (3) & G_{11} & = - \frac{P^{'} Q^{'}}{P Q} = - κ T_{11} = 0, \\ (4) & G_{22} & = - \frac{P^{''}}{P} = - κ T_{22} = 0, \\ (5) & G_{33} & = - \frac{P^{''}}{P} - \frac{P^{'} Q^{'}}{P Q} - \frac{Q^{''}}{Q} = - κ T_{33} = + κ τ . \end{aligned}

$\begin{align} G_{00} &= \frac{\mathcal{Q}^{\prime \prime}}{\mathcal{Q}} = -\, \kappa T_{00} = -\, \kappa \rho, \tag{2} \\[1ex] G_{11} &= -\, \frac{\mathcal{P}^{\prime} \mathcal{Q}^{\prime}}{\mathcal{P} \mathcal{Q}} = -\, \kappa T_{11} = 0, \tag{3} \\[1ex] G_{22} &= -\, \frac{\mathcal{P}^{\prime \prime}}{\mathcal{P}} = -\, \kappa T_{22} = 0, \tag{4} \\[1ex] G_{33} &= -\, \frac{\mathcal{P}^{\prime \prime}}{\mathcal{P}} - \frac{\mathcal{P}^{\prime} \mathcal{Q}^{\prime}}{\mathcal{P} \mathcal{Q}} - \frac{\mathcal{Q}^{\prime \prime}}{\mathcal{Q}} = -\, \kappa T_{33} = +\, \kappa \tau. \tag{5} \end{align}$ Hier,

ρ > 0

$\rho > 0$ Und

σ = - τ < 0

$\sigma = -\, \tau < 0$ sind die Energiedichte bzw. Spannung der Saite. Nun impliziert (2).

Q^{'} \neq 0

$\mathcal{Q}^{\prime} \ne 0$ , also ergeben (3) und (4).

P^{'} = 0

$\mathcal{P}^{\prime} = 0$ Und

P^{''} = 0

$\mathcal{P}^{\prime \prime} = 0$ . Dann impliziert (5).

τ = ρ

$\tau = \rho$ , was gut für eine relativistische Zeichenfolge ist. Dann beginnt das Problem, wenn ich versuche, (2) zu lösen. Ich hatte eine dünne Saite erwartet, also ein Dirac-Delta für die Dichte

ρ

$\rho$ . Aber (2) schlagen Sie eine andere Lösung vor, und das hatte ich nicht erwartet. Unter der Annahme einer konstanten Dichte

ρ = ρ_{0}

$\rho = \rho_0$ für

r < R

$r < R$ (der Radius der Saite) und

ρ = 0

$\rho = 0$ für

r > R

$r > R$ , Ich bekomme

\begin{matrix} (6) & Q^{''} + κ ρ_{0} Q = 0. \end{matrix}

$\tag{6} \mathcal{Q}^{\prime \prime} + \kappa \rho_0 \, \mathcal{Q} = 0.$ Dann ist dies eine harmonische Gleichung, die die allgemeine Lösung hat (ich schreibe

λ \equiv \sqrt{κ ρ_{0}}

$\lambda \equiv \sqrt{\kappa \rho_0}$ Dinge vereinfachen)

\begin{matrix} (7) & Q (R) = a Sünde (λ R) + β \cos (λ R) . \end{matrix}

$\tag{7} \mathcal{Q}(r) = \alpha \sin(\lambda r) + \beta \cos(\lambda r).$ Für die äußere Metrik:

ρ = 0

$\rho = 0$ , (2) reduziert sich auf

Q^{''} = 0

$\mathcal{Q}^{\prime \prime} = 0$ , die Lösung haben

Q (r) = a r + b

$\mathcal{Q}(r) = a r + b$ . Passende Lösung bei

r = R

$r = R$ gibt

\begin{matrix} (8) & Q (R) = a Sünde (λ R) + β \cos λ R = A R + B . \end{matrix}

$\tag{8} \mathcal{Q}(R) = \alpha \sin(\lambda R) + \beta \cos{\lambda R} = a R + b.$ Mein Problem ist also, die Konstanten zu finden

α

$\alpha$ ,

β

$\beta$ ,

a

$a$ Und

b

$b$ (vier Konstanten!), aus Regularität und Knotenbedingungen.

EDIT: Von AVS und Michael antwortet unten, ich sollte die Regelmäßigkeit bei anwenden $r = 0$ :

\begin{aligned} (9) & Q_{int} (0) & = 0, \\ (10) & Q_{int}^{'} (0) & = 1. \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{Q}_{\text{int}}(0) &= 0, \tag{9} \\[1ex] \mathcal{Q}_{\text{int}}^{\prime}(0) &= 1. \tag{10} \end{align}$ Das gibt

α = λ^{- 1}

$\alpha = \lambda ^{-1}$ Und

β = 0

$\beta = 0$ , So

\begin{matrix} (11) & Q_{int} (R) = \frac{1}{λ} Sünde (λ R) . \end{matrix}

$\tag{11} \mathcal{Q}_{\text{int}}(r) = \frac{1}{\lambda} \, \sin(\lambda r).$ Das ist in Ordnung. Aber dann erzwinge ich die Verbindung an der Oberfläche der Saite. Anscheinend gibt es hier eine Subtilität, die ich nicht verstehe. Laut einigen obskuren Papieren, die ich gefunden habe, die radiale Koordinate

r

$r$ ist auf der Innenseite und auf der Außenseite der Saite nicht gleich, also

R_{int} \neq R_{ext}

$R_{\text{int}} \ne R_{\text{ext}}$ :

\begin{aligned} (12) & Q_{int} (R_{int}) & = Q_{ext} (R_{ext}), \\ (13) & Q_{int}^{'} (R_{int}) & = Q_{ext}^{'} (R_{ext}) . \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{Q}_{\text{int}}(R_{\text{int}}) &= \mathcal{Q}_{\text{ext}}(R_{\text{ext}}), \tag{12} \\[1ex] \mathcal{Q}_{\text{int}}^{\prime}(R_{\text{int}}) &= \mathcal{Q}_{\text{ext}}^{\prime}(R_{\text{ext}}). \tag{13} \end{align}$ Damit ergeben sich folgende Anschlussbedingungen:

\begin{aligned} (13) & \frac{1}{λ} Sünde (λ R_{int}) & = A R_{ext} + B, \\ (14) & \cos (λ R_{int}) & = A . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{\lambda} \, \sin(\lambda R_{\text{int}}) &= a R_{\text{ext}} + b, \tag{13} \\[1ex] \cos(\lambda R_{\text{int}}) &= a. \tag{14} \end{align}$ Ich kann dieses Gleichungssystem nicht ohne eine zusätzliche Einschränkung (??) lösen. Ich bekomme den Bezug einiger Papiere, wenn ich auflege

b = 0

$b = 0$ So

\begin{matrix} (15) & R_{ext} = \frac{1}{λ} bräunen (λ R_{int}) . \end{matrix}

$\tag{15} R_{\text{ext}} = \frac{1}{\lambda} \, \tan(\lambda R_{\text{int}}).$ Definition der Energie pro Längeneinheit

μ = ρ_{0} A_{int}

$\mu = \rho_0 A_{\text{int}}$ , Ich bekomme

a = 1 - 4 G μ

$a = 1 - 4 G \mu$ , die sich auf das Winkeldefizit bezieht.

Aber wie kann ich das begründen $b = 0$ und dass die radiale Koordinate nicht auf beiden Seiten der Saitenoberfläche gleich ist? Warum kann ich nicht einfach verwenden $R_{\text{int}} = R_{\text{ext}} = R$ , und dann finden $a$ Und $b \ne 0$ ?

Ein "obskures" Papier, das einige Details zeigt (mit lästiger seltsamer Notation!), Ohne die unterschiedlichen Radialkoordinaten und warum zu erklären $b$ sollte 0 sein. Siehe Ausdrücke (6), (7), (8), auf Seite 2:

https://arxiv.org/abs/hep-th/0107026

Siehe auch Seiten 3 und 4 dieses Papiers:

https://arxiv.org/abs/gr-qc/9508055

TimRias

Ich habe keine Zeit, eine richtige Antwort zu schreiben. Aber die Antwort sollte aus imposanter Regelmäßigkeit folgen

r = 0

$r=0$ und Anschlussbedingungen bei

r = R

$r=R$ .

Michael Seifert

Es ist vielleicht keine Hausaufgabenaufgabe in einem Kurs, an dem Sie gerade teilnehmen, aber es ist immer noch eine ziemlich normale Übung. Ich habe es in der GR-Grundklasse vergeben, die ich letzten Frühling unterrichtet habe.

Cham

@MichaelSeifert, naja, ich nehme nicht einmal einen "Kurs". Ich studiere dieses Thema alleine, um es meinen Notizen für einen zukünftigen Unterricht hinzuzufügen! ;-)

Magma

dein ansatz scheint nicht richtig zu sein. der Begriff

Q^{2} (r) ϑ^{2}

$\mathcal{Q}^2(r)\, \vartheta^2$ hat kein Differenzial. Sie sagen auch, dass Sie Polarkoordinaten verwenden, aber Sie meinen wahrscheinlich Zylinderkoordinaten.

Michael Seifert

In Bezug auf Ihre letzten Änderungen sollten Sie wahrscheinlich eine neue Frage dazu stellen und auf die Papiere verlinken, in denen diese Behauptungen aufgestellt werden (oder Auszüge daraus hinzufügen, wenn sie wirklich obskur sind).

Cham

@MichaelSeifert, ich habe einen Link zu einem "obskuren" Papier hinzugefügt. Das Stellen einer neuen Frage würde zu einem Duplikat führen, da es im Wesentlichen dieselbe Frage wie zuvor ist.

Cham

Warum die knappe Abstimmung?

Antworten (2)

Kosmische String-Lösung für die allgemeine Relativitätstheorie

Ich habe keine Zeit, eine richtige Antwort zu schreiben. Aber die Antwort sollte aus imposanter Regelmäßigkeit folgen $r=0$ und Anschlussbedingungen bei $r=R$ .
Es ist vielleicht keine Hausaufgabenaufgabe in einem Kurs, an dem Sie gerade teilnehmen, aber es ist immer noch eine ziemlich normale Übung. Ich habe es in der GR-Grundklasse vergeben, die ich letzten Frühling unterrichtet habe.
@MichaelSeifert, naja, ich nehme nicht einmal einen "Kurs". Ich studiere dieses Thema alleine, um es meinen Notizen für einen zukünftigen Unterricht hinzuzufügen! ;-)
dein ansatz scheint nicht richtig zu sein. der Begriff $\mathcal{Q}^2(r)\, \vartheta^2$ hat kein Differenzial. Sie sagen auch, dass Sie Polarkoordinaten verwenden, aber Sie meinen wahrscheinlich Zylinderkoordinaten.
In Bezug auf Ihre letzten Änderungen sollten Sie wahrscheinlich eine neue Frage dazu stellen und auf die Papiere verlinken, in denen diese Behauptungen aufgestellt werden (oder Auszüge daraus hinzufügen, wenn sie wirklich obskur sind).
@MichaelSeifert, ich habe einen Link zu einem "obskuren" Papier hinzugefügt. Das Stellen einer neuen Frage würde zu einem Duplikat führen, da es im Wesentlichen dieselbe Frage wie zuvor ist.

Michael Seifert · Answer 1

Michael Seifert

Wie von @mmeent in den Kommentaren angemerkt, muss die Metrik am Ursprung regulär sein. Das bedeutet insbesondere, dass

Q (R) \approx R

$\mathcal{Q}(r) \approx r$ im Limit

r \to 0

$r \to 0$ . Entsprechend müssen wir haben

Q (0) = 0

$\mathcal{Q}(0) = 0$ Und

Q^{'} (0) = 1

$\mathcal{Q}'(0) = 1$ . Außerdem müssen die metrischen Komponenten und ihre ersten Ableitungen am Rand stetig sein

r = R

$r = R$ .

Wir haben also vier Gleichungen (zwei von der Regelmäßigkeit am Ursprung, zwei von der Stetigkeit am Rand) in den vier Unbekannten $\alpha$ , $\beta$ , $a$ , Und $b$ . Nimm es von dort.

Cham

Ihre Anschlussbedingungen geben nicht den richtigen Defizitwinkel an (es sei denn, mir fehlt etwas). Es gibt

Q_{int} (R) = \frac{1}{λ} Sünde (λ R),

$\mathcal{Q}_{\text{int}}(r) = \frac{1}{\lambda} \, \sin(\lambda r),$ was richtig erscheint, und

Q_{ext} (R) = (R - R) \cos (λ R) + \frac{1}{λ} Sünde (λ R),

$\mathcal{Q}_{\text{ext}}(r) = (r - R) \cos(\lambda R) + \frac{1}{\lambda} \, \sin(\lambda R),$ was ich für falsch halte. Es ist nicht das "Übliche"

Q_{ext} (R) = (1 - 4 G μ) R

$\mathcal{Q}_{\text{ext}}(r) = (1 - 4 G \mu) \, r$ die ich in vielen Zeitungen finden konnte (ich habe

\cos (λ R) = 1 - 4 G μ

$\cos(\lambda R) = 1 - 4 G \mu$ aus dem dicken Saitenquerschnittsbereich). Muss ich die Grenze machen

R \to 0

$R \rightarrow 0$ ?

Cham

Bitte bestätigen Sie die Ausdrücke in meiner vorherigen Nachricht? Sollte ich ein Limit nehmen, um den in vielen Artikeln dargestellten Defizitwinkel wiederzuerlangen?

Michael Seifert

@Cham: Ich glaube, dass die Standardlösung davon ausgeht

λ R ≪ 1

$\lambda R \ll 1$ , Ja.

Cham

Es ist seltsam, dass die dicke String-Lösung eine trigonometrische – oszillierende – Sinusfunktion beinhaltet. Auf der Innenseite, wann

r

$r$ erhöht sich die Funktion

Q (r)

$\mathcal{Q}(r)$ oszilliert (es sei denn, wir legen die Einschränkung fest

λ R < \frac{π}{2}

$\lambda R < \dfrac{\pi}{2}$ ).

Michael Seifert

@Cham: Wenn

Q \to 0

$\mathcal{Q} \to 0$ , dann haben Sie eine Koordinatensingularität (und möglicherweise eine echte, ich bin mir nicht sicher). Dasselbe passiert in der Schwarzschild-Lösung am Ereignishorizont.

AVS · Answer 2

Zunächst scheint mir der Ansatz $(1)$ denn diese Metrik der dicken kosmischen Saite ist falsch, da für einen General $\mathcal{P}(r)$ der Metrik fehlt die $SO(1,1)$ Invarianz unter Boosts entlang der Saitenrichtung, dh Lorentz-Transformationen in $(t,z)$ Ebene.

Mein Vorschlag:

\begin{matrix} (1*) & D S^{2} = P^{2} (R) (D T^{2} - D z^{2}) - D R^{2} - Q^{2} (R) D ϑ^{2} . \end{matrix}

$\tag{1*} ds^2 = \mathcal{P}^2(r) \,( dt^2 - dz^2) - dr^2 - \mathcal{Q}^2(r)\,d \vartheta^2 .$

Sowohl OPs als auch meine Metriken reduzieren sich auf dasselbe, wenn Bedingung $\mathcal{P}\equiv 1$ auferlegt wird (was passiert, wenn Stress $T_{rr}$ Und $T_{\theta\theta}$ sind null). Wie auch immer, wenn $\mathcal{P}$ variiert mit $r$ In der OP-Version verschwindet diese Boost-Symmetrie. Der Ansatz von OP würde also nicht für eine dicke Zeichenfolge funktionieren, die (zum Beispiel) eine Lösung des Einstein-Abelschen Higgs-Systems ist.

Zweitens . Die richtige Wahl der Konstanten ist $\alpha=1/\lambda$ , $\beta=0$ (während $b\ne 0$ ). Dies folgt aus

die Deutung von $r$ als Abstand von der Symmetrieachse (was wäre $r=0$ ) entlang der radialen Richtung (so at $r=0$ Metrik muss Koordinatensingularität haben, also $\mathcal{Q}(0)=0$ );
nahe der Symmetrieachse darf kein zusätzliches Winkeldefizit auftreten. Wenn $\alpha\ne 1/\lambda$ es würde eine dünne Schnur innerhalb der dicken Schnur geben!

Die restlichen Konstanten $a$ Und $b$ werden aus den Stetigkeitsbedingungen von erhalten $\mathcal{Q}$ Und $\mathcal{Q}'$ über die Grenze $r=R$ . Wenn $\mathcal{Q}'$ Sprünge, dann würde dies einem von Null verschiedenen Oberflächenspannungs-Energie-Tensor des Zylinders entsprechen.

Als interessante Variation der dicken Schnur schlage ich die Metrik eines „relativistischen Solenoids“ vor: Die innere Metrik ist die Melvin-Raumzeit (mit Magnetfeld entlang der $z$ –Achse) und mit Spannungsenergietensor in Abhängigkeit von $r$ so was: $T^{\mu}_{\nu}=\rho(r)\,\mathop{\mathrm{diag}}(1,1,-1,-1)$ , während es draußen flache Raumzeit mit Winkeldefizit ist. Auf der Oberfläche eines Zylinders gäbe es dann eine Strom- und Flächenenergieverteilung sowie Spannungen. Für eine solche Metrik die Funktion $\mathcal{P}(r)$ wäre nicht konstant.

Nachdem ich mehr darüber nachgedacht habe, verstehe ich Ihren Lorentz-invarianten Ansatz immer noch nicht. Der String-Referenzrahmen definiert einen privilegierten Rahmen, der die Lorentz-Invarianz der Metrik zerstören kann, daher sehe ich im Ansatz (1) meiner Frage kein Problem (während wir am Ende dasselbe haben). $\mathcal{P} = 1$ ).
Dies ist nicht Lorentz-invariant, sondern SO(1,1) (eigentlich ISO(1,1))-invariant, da nur $(z,t)$ Flugzeug wird transformiert. Ich sehe kein Problem im Ansatz (1) meiner Frage. Das Problem ist, dass es nicht sehr allgemein ist. Allgemeiner muss man haben $\mathcal{B}(r)^2 dz^2$ statt $dz^2$ und du kannst es nicht rechtfertigen $\mathcal{B}=1$ für eine allgemeine Angelegenheit der dicken Saite.
Nun offensichtlich, die Metrik $ds^2 = \mathcal{P}^2(r) dt^2 - dr^2 - \mathcal{Q}^2(r) d\vartheta^2 - \mathcal{B}^2(r) dz^2$ ist allgemeiner, macht aber auch die Berechnungen viel komplizierter. Per Definition ist ein Ansatz eine Art "Vermutung", um Lösungen zu finden. Ich sehe kein Problem darin, uns darauf zu beschränken $\mathcal{B}(r) = 1$ nur um die sache zu vereinfachen.
Die Funktion $\mathcal{P}^2(r)$ vor $dt^2$ ist natürlich, da wir erwarten würden, dass sich die Zeit in der Nähe der Saite verlangsamt. Warum das so sein sollte, ist weniger offensichtlich $\mathcal{B}^2(r)$ vor $dz^2$ ,
ein ansatz ist eine Art "raten" … Ja, Sie haben durch Ihren Tipp eine richtige Lösung erhalten, aber erst nach zusätzlichem "raten". $\rho=\tau$ und Querdruck fehlt. Beim allgemeinsten Ansatz sind die Einschränkungen für den Spannungs-Energie-Tensor minimal. Andererseits, wenn wir davon ausgehen $\rho=\tau$ und Querdrücke fehlen dann von vornherein $\mathcal{P}=\mathcal{B}=1$ folgt sofort und die Berechnungen sind noch einfacher.
Du hast recht, ich habe aus einer sehr starken Einschränkung (wahrscheinlich unrealistisch) einen "Denkfehler" gemacht: Ich bin von vornherein davon ausgegangen, dass der Spannungs-Energie-Tensor keinen Querdruck hat, wie bei einer dünnen Saite . Ich habe nicht angenommen $\tau = \rho$ allerdings von anfang an. Aufgrund dieser Annahme ergab es sich automatisch aus den Gleichungen. Ich habe gerade überprüft, dass die Gleichungen inkonsistent sind, wenn der Querdruck nicht 0 ist. In diesem Fall brauchen wir $\mathcal{B}(r) \ne 1$ .
Zumindest mein Vorgehen als Tugend zu zeigen, dass der Querdruck explizit danach fragt $\mathcal{B}$ Funktion!
Könnten Sie bitte erklären, was Sie damit meinen $SO(1,1)$ Symmetrie? Diese Notation ist vielleicht nicht wirklich für jeden Standard
@Magma: $SO(1,1)$ Symmetrie sind hier Lorentz-Boosts entlang der $z$ Richtung, dh Transformation der Form $z'=z \cosh \psi + t \sinh \psi$ , $t'=t \cosh \psi + z \sinh \psi$ . Wenn wir auch inhomogene Verschiebungen für hinzufügen $t$ Und $z$ die Symmetrie wäre $ISO(1,1)$ . Diese Transformation geht $dt^2-dz^2$ unverändert, also ist mein Ansatz (1*) darunter für beliebige Funktionen invariant $\mathcal{P}(r)$ , während OPs Gleichung (1) nur für unveränderlich ist $\mathcal{P}\equiv 1$ . Was diese Symmetrie für eine kosmische Saite bedeutet, siehe meine Antwort hier .

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